Instituto Superior Tecnico

Departamento de Matematica

Seccao de Algebra e Analise

Calculo Diferencial e Integral IITeste 2 (versao 1) - 07 de Janeiro de 2013 - 14h30

Duracao: 90 minutos

Apresente e justifique todos os calculos

1. (a) Sendo F : R3 → R2 a funcao de classe C1 definida por F (x, y, z) = (z − x2 −

y2, y + z − 1), tem-se

M = {(x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = (0, 0)}.

M e uma variedade de dimensao 1 desde que a caracterıstica da matriz

DF (x, y, z) =

[

−2x −2y 10 1 1

]

seja igual a 2 em qualquer ponto (x, y, z) ∈ M. Se assim nao fosse ter-se-ia{

2x = 0

2y + 1 = 0⇔{

x = 0

y = −12,

mas, da definicao de M, obtem-se a impossibilidade: z =1

4e z =

3

2.

(b) Num ponto (x, y, z) ∈ M os vectores (−2x,−2y, 1) e (0, 1, 1) sao os respectivosvectores normais. Assim, no ponto (1, 0, 1) os vectores normais sao: (−2, 0, 1) e(0, 1, 1). A recta tangente a M no ponto (1, 0, 1) e dada pelas equacoes

{

−2(x− 1) + z − 1 = 0

y + z − 1 = 0⇔{

−2x+ z = −1

y + z = 1

(c) Pelo metodo dos multiplicadores de Lagrange tem-se:

1 = −2λ1x

0 = −2λ1y + λ2

0 = λ1 + λ2

z = x2 + y2

y + z = 1

⇔

1 = −2λ1x

0 = −λ1(2y + 1)

λ2 = −λ1

z = x2 + y2

y + z = 1.

Da segunda equacao, obtem-se: λ1 = 0 ou y = −1

2.

Para λ1 = 0, da primeira equacao obtem-se o absurdo 1 = 0.

Para y = −1

2, da quarta e quinta equacoes vem: z =

3

2e x2 =

5

4.

Portanto,

(√5

2,−1

2,3

2

)

e o ponto de M com maior coordenada x.

2. Seja F : R4 → R2 a funcao de classe C1 definida por

F (x, y, u, v) = (v + xey, u+ v + yex).

Dado que se tem

detDx,yF (0, 1, 3, 2) = det

[

ey xey

yex ex

]

(x,y,u,v)=(0,1,3,2)

= det

[

e 01 1

]

= e 6= 0,

pelo teorema da funcao implıcita, o sistema define implicitamente as variaveis x e y comofuncoes, de classe C1, das variaveis u e v em alguma vizinhanca do ponto (x, y, u, v) =(0, 1, 3, 2).

Notando que

DF (0, 1, 3, 2) =

[

e 0 0 11 1 1 1

]

e usando a regra da cadeia obtem-se:

e∂x

∂u(3, 2) = 0

∂x

∂u(3, 2) +

∂y

∂u(3, 2) + 1 = 0,

ou seja,∂y

∂u(3, 2) = −1.

3. Pelo Teorema de Stokes, como F e de classe C1 em R3, temos

∫

S

rotF · n =

∫

∂S

F · dg,

onde∂S = {(x, y, z) ∈ R

3 : y = 5, x2 + z2 = 4}e percorrida no sentido horario quando vista do ponto (0, 10, 0).

Uma parametrizacao para esta curva e

g(θ) = (2 cos θ, 5, 2 sin θ)

com θ ∈ (0, 2π) e, assim,∫

∂S

F · dg =

∫ 2π

0

F (g(θ)) · dgdθ

(θ) dθ

=

∫ 2π

0

(

150 cos θ,e80 cos

2 θ sin θ − 1√1 + 4 sin2 θ

, 50 sin θ

)

· (−2 sin θ, 0, 2 cos θ) dθ

= −200

∫ 2π

0

sin θ cos θ dθ = 0.

4. Para utilizar o Teorema da Divergencia consideramos o conjunto

D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < 4, z > 0, 0 < y < 2}.

Entao, como F e de classe C1 em R3, temos

∫

D

divF dV3 =

∫

∂D

F · next,

onde next e a normal unitaria exterior ao solido D. Como ∂D = M ∪ T1 ∪ T2 ∪ T3, comT1 e T2 os meio-cırculos

T1 = {(x, y, z) ∈ R3 : y = 0, x2 + z2 ≤ 4, z ≥ 0},

T2 = {(x, y, z) ∈ R3 : y = 2, x2 + z2 ≤ 4, z ≥ 0},

e T3 o rectangulo

T3 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0, 0 ≤ y ≤ 2, −2 ≤ x ≤ 2},

temos∫

∂D

F · next =

∫

M

F · next +

∫

T1

F · next +

∫

T2

F · next +

∫

T3

F · next,

e assim∫

M

F · next =

∫

D

divF dV3 −∫

T1

F · next −∫

T2

F · next −∫

T3

F · next.

Como divF = 7 temos∫

D

divF dV3 = 7 vol(D) = 28π

pois D e metade de um cilindro de raio r = 2 e altura h = 2, pelo que vol(D) = 12πr2h =

4π.

Por outro lado, como next = (0,−1, 0) em T1, temos∫

T1

F · next =

∫

T1

F · (0,−1, 0) =

∫

T1

(−y) = 0

pois y = 0 em T1. Do mesmo modo, como next = (0, 1, 0) em T2, temos∫

T2

F · next =

∫

T2

F · (0, 1, 0) =∫

T2

y =

∫

T2

2 = 2 area(T2) = 4π

pois y = 2 em T2 e este conjunto e metade dum cırculo de raio 2. Finalmente, comonext = (0, 0,−1) em T3, temos

∫

T3

F · next =

∫

T3

F · (0, 0,−1) =

∫

T3

(−4z +z2

2) = 0

pois z = 0 em T3. Conclui-se assim que∫

M

F · next = 28π − 0− 4π − 0 = 24π.

3. Como F = G+ αH com

G(x, y, z) =

(

x

x2 + y2,

y

x2 + y2, z

)

e H(x, y, z) =

(

− y

x2 + y2,

x

x2 + y2, 0

)

,

vemos facilmente que F e um campo fechado em R3 \Oz. Com efeito,

∂G1

∂y=

∂G2

∂x= − 2xy

(x2 + y2)2,

∂G1

∂z=

∂G3

∂x= 0,

∂G2

∂z=

∂G3

∂y= 0

e∂H1

∂y=

∂H2

∂x=

y2 − x2

(x2 + y2)2,

∂H1

∂z=

∂H3

∂x= 0,

∂H2

∂z=

∂H3

∂y= 0.

Note-se ainda que G e um gradiente no seu domınio (por exemplo vemos facilmente queG = ∇φ com φ = 1

2(log(x2 + y2) + z2)).

Por outro lado, em R3 \ Oz, qualquer curva fechada Γ contida no hiperboloide S e

percorrida uma so vez ou e homotopica a um ponto ou a circunferencia

C = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0, x2 + y2 = 1}

percorrida uma so vez no mesmo sentido que Γ. No primeiro caso, como F e um campofechado, temos

∫

Γ

F · dg = 0.

No segundo caso, como F e um campo fechado e Γ e homotopica a C no domınio deF , temos

∫

Γ

F · dg =

∫

C

F · dg =

∫

C

G · dg + α

∫

C

H · dg = α

∫

C

H · dg,

onde usamos o facto que G e um gradiente para concluir que∫

CG · dg = 0.

Uma parametrizacao para C e

g(θ) = (cos θ, sin θ, 0)

com θ ∈ (0, 2π) e, assim,

∫

C

H · dg = ±∫ 2π

0

H(g(θ)) · dgdθ

(θ) dθ

= ±∫ 2π

0

(− sin θ, cos θ, 0) · (− sin θ, cos θ, 0) dθ = ±2π

de acordo com o sentido em que a curva C e percorrida. Conclui-se assim que os possıveisvalores para

∫

ΓF · dg sao 0 e ±2πα.